2023年江苏省南京市中考物理试卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题2分，共24分。每小题给出的四个选项中只有一个符合题意。

1．（2分）下列能源中，属于可再生能源的是（　　）

A．水能

B．天然气

C．石油

D．核燃料

【答案】A

【考点】可再生能源和不可再生能源；能源及其分类．

【分析】从能源是否可再利用的角度可把能源分为可再生能源和不可再生能源。人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；指在自然界中可以不断再生、连续利用的能源，属于可再生能源。

【解答】解：A、水能从自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源，故A符合题意；B、天然气属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故B不符合题意；C、石油属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故C不符合题意；D、核能不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故D不符合题意。故选：A。

【难度】1

2．（2分）下列测量工具的使用操作正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【考点】读数时与温度计中液柱的液面相平；刻度尺的使用规则；温度计的使用；温度计玻璃泡的位置．

【分析】（1）温度计使用时，应该：

①温度计的玻璃泡全部浸入被测的液体中，不要碰到容器底或容器壁；

②温度计玻璃泡浸入被测液体后要稍候一会儿，待温度计的示数稳定后再读数；

③读数时玻璃泡要继续留在被测液体中，视线与温度计中液柱的液面相平；

（2）天平的使用步骤：①把天平放在水平台上；②将游码移到标尺的0刻度线处；③调节天平平衡螺母，使横梁平衡；④将被测物体放在天平左盘，在右盘中加减砝码，移动游码，使天平平衡；

（3）使用量筒读取数值时，视线应与液面的凹液面相平，仰视读数偏小，俯视读数偏大；

（4）弹簧测力计使用时，注意拉力的方向要与弹簧的伸长在一条直线上。

【解答】解：A、温度计的玻璃泡全部浸入被测的液体中，没有碰到容器底或容器壁，故A正确；B、游码没有拨到标尺的0刻度线处，就调节平衡螺母，应先拨后调，故B错误；C、视线没有与凹液面相平，为俯视，读数偏大，故C错误；D、弹簧测力计的拉力方向没有与弹簧的伸长在一条直线上，故D错误。故选：A。

【难度】1

3．（2分）下列现象中，由于光的反射形成的是（　　）

A． 树荫下的圆形光斑

B． 水中倒影

C． 手影

D． 铅笔在水面处弯曲

【答案】B

【考点】光的反射现象．

【分析】（1）光在同一均匀介质中沿直线传播。光沿直线传播的实例有：小孔成像、激光准直、影子、日食和月食等；

（2）光照在不同介质面上时，会发生反射现象，平面镜成像就是具体应用；

（3）光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向就会发生偏转，即光的折射现象。

【解答】解：A、树荫下圆形光斑是由于光沿直线传播形成的。故A不符合题意。B、水中倒影，属于平面镜成像现象，是由于光的反射形成的。故B符合题意。C、手影是由于光沿直线传播形成的。故C不符合题意。D、铅笔在水面处弯曲，是由于光的折射形成的。故D不符合题意。故选：B。

【难度】1

4．（2分）下列估测符合实际的是（　　）

A．家用电视机的功率约为1000W

B．一元硬币的质量约为6mg

C．洗澡时合适的水温约为40℃

D．初三学生百米赛跑的平均成绩约为8s

【答案】C

【考点】电功率的概念；时间的估测；质量的估测；温度的估测．

【分析】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项。

【解答】解：A、家用电视机的功率在150W左右，故A不符合实际；B、一元硬币的质量较小，在6g左右，故B不符合实际；C、洗澡时合适的水温约为40℃，故C符合实际；D、男子百米世界纪录略小于10s，初三学生百米成绩不可能小于10s，一般在15s左右。故D不符合实际。故选：C。

【难度】1

5．（2分）关于热现象，以下说法错误的是（　　）

A．检查口腔前，将金属小镜子放在酒精灯上烤一烤是为了防止水蒸气液化

B．水烧开时，离壶嘴较远的地方“白气”较浓，是因为较远处温度较高

C．生长在沙漠中的仙人掌，叶子呈针状是为减慢水的蒸发

D．寒冷的北方，不用水银温度计是因为水银的凝固点较高

【答案】B

【考点】液化的概念及现象；根据凝固点，沸点选择温度计；熔点和凝固点的概念；晶体熔化和液体凝固的条件；影响蒸发快慢的因素；液体的表面积越大，蒸发越快．

【分析】液化指物质由气态转变成液态，液化要放热；加快蒸发的方法：增大液体表面积、加快空气流速和提高液体表面温度；物体达到凝固点时，继续放热，温度不变。

【解答】解：A、检查口腔前，将金属小镜子放在酒精灯上烤一烤是为了提高镜子的温度，防止水蒸气液化，故A正确；B、水烧开时，离壶嘴较远的地方“白气”较浓，是因为较远处温度较低，容易发生液化现象，故B错误；C、生长在沙漠中的仙人掌，叶子呈针状是为减慢水的蒸发，故C正确；D、寒冷的北方，不用水银温度计是因为水银的凝固点较高，水银很快会凝固成固态，导致温度计无法正常使用，故D正确。故选：B。

【难度】1

6．（2分）以下现象中能给分子运动提供证据的是（　　）

A．甲图中美味佳肴香气扑鼻

B．乙图中将两个表面光滑的铅块相互紧压，它们会粘在一起

C．丙图中用丝绸摩擦过的有机玻璃棒能吸引纸屑

D．丁图中粘有小塑料粒的气球膨胀时，塑料粒子间距离增大

【答案】A

【考点】温度对分子热运动的影响；分子的热运动．

【分析】扩散现象是指不同物质相互接触时彼此进入对方的现象；分子间有引力和斥力；带电体能吸引轻小物体；温度越高，分子运动越剧烈。

【解答】解：A、甲图中美味佳肴香气扑鼻，这是扩散现象，故A正确；B、乙图中将两个表面光滑的铅块相互紧压，它们会粘在一起，说明分子间有引力，故B错误；C、丙图中用丝绸摩擦过的有机玻璃棒能吸引纸屑，说明带电体能吸引轻小物体，故C错误；D、丁图中粘有小塑料粒的气球膨胀时，体积变大，塑料粒子间距离增大，故D错误。故选：A。

【难度】1

7．（2分）图示课本四个示例中的能量转化过程，与汽油机做功冲程相同的是（　　）

A．甲图中反复弯折铁丝

B．乙图中压缩空气

C．丙图中盒内燃气推出盒盖

D．丁图中取暖器通电后电热丝发热

【答案】C

【考点】四冲程的能量转化；内燃机的四个冲程．

【分析】做功冲程中内能转化为机械能。

【解答】解：做功冲程中内能转化为机械能。A、甲反复弯折铁丝，铁丝弯折处温度升高，机械能转化为内能，使铁丝内能增加，故A不符合题意；B、用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧，此过程机械能转化为内能，故B不符合题意；C、丙图中燃烧后产生的高温高压的燃气，体积膨胀，对外做功，使盒盖飞出去，内能转化为盒盖的机械能，故C符合题意；D、丁图中取暖器通电后电热丝发热是电能转化为热能，故D不符合题意。故选：C。

【难度】1

8．（2分）图甲中，风车转动，电流表指针偏转。图乙四个现象中原理与图甲相同的是（　　）

A．图①中，接通电路，小磁针偏转

B．图②中，开关闭合，线圈转动

C．图③中，转动扇叶，二极管发光

D．图④中，磁体对回形针有力的作用

【答案】C

【考点】电磁感应现象．

【分析】当闭合电路中的部分导体做切割磁感线运动时，电路中可以产生感应电流，这就是电磁感应现象。

【解答】解：装置甲中有磁铁和可转动的线圈，当有风吹向风扇时扇叶转动，相当于线圈在磁场中转动切割磁感线，会产生感应电流，电流表指针发生偏转，是利用电磁感应现象的原理工作的；A、闭合开关小磁针发生偏转说明通电导体周围存在磁场，故A 不符合题意；B、图②中，开关闭合，线圈通电受到磁场力的作用而转动，是电动机的原理，故B不符合题意；C、图③中，转动扇叶，线圈在磁场中转动切割磁感线，会产生感应电流，二极管发光，是电磁感应现象，故C符合题意；D、磁体吸引不接触的回形针，说明磁铁具有磁性，故D不符合题意。故选：C。

【难度】1

9．（2分）如图所示，两只灯泡都不亮。在闭合开关且不拆开导线的情况下，将M接电源“+”极，N依次试触A、B接线柱，发现电压表示数前后两次相等，且接近3V。若故障是由两灯引起的，则可能是（　　）

A．L₁、L₂都短路

B．L₁、L₂都断路

C．L₁短路且L₂断路

D．L₁断路且L₂短路

【答案】D

【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用；电压表正进负出；电压表试触．

【分析】闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，将M接电源“+”极，N试触A，电压表示数等于电源电压3V，说明与电压表并联部分电路断路，与电压表并联部分电路以外的电路是通路。

【解答】解：闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，将M接电源“+”极，N试触A，电压表示数等于电源电压3V，说明与电压表并联部分电路断路，与电压表并联部分电路以外的电路是通路，故L₁断路，L₂正常或L₂短路，所以电路故障为L₁断路且L₂短路或L₁断路且L₂正常。故选：D。

【难度】1

10．（2分）平直公路上有一辆公交车，图甲是车内拉环正面的示意图。图乙、丙、丁是该车内观察到的同一拉环在不同时刻侧面的情景，车头在拉环的左方。以下判断正确的是（　　）

A．乙图中，车此时一定处于静止状态

B．丙图中，车此时可能在刹车礼让行人

C．丁图中，拉环此时所受重力与吊绳对它的拉力是一对平衡力

D．乙图中拉环没有惯性，丙、丁图中拉环有惯性

【答案】B

【考点】惯性的概念；惯性的普遍性；平衡力与相互作用力的辨析．

【分析】车子处于平衡状态时，受力平衡，吊环也处于平衡位置是竖直状态；

由于惯性的存在，车子运动状态发生变化时，吊环的位置也会发生变化，根据题目中的吊环的运动情况，判断车子的运动状态。

【解答】解：由题知，车头在拉环的左方，则车尾在拉环的右方；A.乙图中，车此时处于静止或匀速直线状态，故A错误；B.丙图中，吊环向车头方向摆去，说明汽车在减速，此时可能在刹车礼让行人，故B正确；C.丁图中，吊环向车尾方向摆去，说明此时汽车在做加速运动（或启动），则此时拉环不是平衡状态，所以拉环此时所受重力与吊绳对它的拉力不是一对平衡力，故C错误；D.任何物体在任何情况下都有惯性，故D错误；故选：B。

【难度】1

11．（2分）如图所示，在一只轻薄透明塑料袋中装有半袋水，用弹簧测力计吊住塑料袋并将其缓慢浸入水中，当测力计示数减小为零时（塑料袋不接触杯底），发现袋内外水面相平。为了说明浮力的大小与液体的密度有关，仅提供密度不同的两种液体甲和乙（ρ_甲＞ρ_水＞ρ_乙），在前面步骤的基础上，要求控制V_排不变，以下关于器材选用的设计方案正确的是（　　）

A．将袋内水换成等体积的甲液体，袋外水不变

B．将袋内水换成等体积的乙液体，袋外水不变

C．将袋外水换成甲液体，袋内水不变

D．将袋外水换成乙液体，袋内水不变

【答案】D

【考点】探究浮力大小与液体密度的关系；探究浮力大小的影响因素．

【分析】根据控制变量法可知，此实验需控制物体塑料袋排开液体的体积不变，据此进行分析。

【解答】解：为了说明浮力大小与液体密度有关，根据控制变量法，应控制物体塑料袋排开液体的体积不变，袋内水的体积不变，改变（袋外）液体的密度塑料袋排开液体的体积不变，使塑料袋内外液面相平，因为ρ_水＞ρ_乙所以将装有半袋水的塑料袋放入乙液体中时，根据物体的浮沉条件，水在乙液体中会下沉，当塑料袋内水面和袋外乙液体的液面相平时，塑料袋排开乙液体的体积不变，记下此时弹簧测力计的示数，从而探究浮力大小与液体密度的关系，故D正确。故选：D。

【难度】1

12．（2分）如图甲，R₀为定值电阻，灯L标有“3V 1.5W”字样，电源电压U_总保持不变。闭合开关S，滑动变阻器R的滑片从某一位置移到某一端的过程中，其接入电路的电阻改变了ΔR，电路消耗的总功率改变了ΔP，同时三只电表示数均发生变化。图乙中有OA、AB和BC三段图像，其中有两段反映了上述滑片移动过程中电压表V₁和V₂示数与电流表A示数的对应关系。下列说法中正确的是（　　）

A．ΔR为6.5Ω

B．ΔP为1.3W

C．U_总为11V

D．OA是R₀的U﹣I图像

【答案】B

【考点】电功率的综合计算；欧姆定律的应用．

【分析】闭合开关，灯泡、滑动变阻器、定值电阻串联接入电路，电压表V₁测灯泡两端电压，电压表测V₂灯泡和滑动变阻器两端的总电压，电流表测通过电路的电流，

串联电路各处电流相等，当变阻器接入电路的阻值不为零时，由串联电路的电压特点可知电压表V₂的示数大于电压表V₁的示数；

灯泡正常发光时通过灯泡的电流为0.5A，所以通过电路的最大电流为0.5A，因为灯泡的电阻是变化的，所以BC为电压表V₁随电流表示数变化的图像，AB为电压表V₂随电流表示数变化的图像，电流从0.4A增大为0.5A，所以滑片从中间某一位置向左移到最左端，此时灯泡正常发光，根据串联电路电压规律结合欧姆定律表示电源电压；

由图可知通过电路的电流为0.4A时，灯泡两端的电压为2V，灯泡和滑动变阻器两端电压为5V，根据串联电路电压规律结合欧姆定律计算此时变阻器接入电路的阻值；根据串联电路电压规律结合欧姆定律可得电源电压，联立解方程可得R₀与U，根据P＝UI计算电路消耗的总功率的变化量。

【解答】解：由图甲可知，闭合开关，灯泡、滑动变阻器、定值电阻串联接入电路，电压表V₁测灯泡两端电压，电压表测V₂灯泡和滑动变阻器两端的总电压，电流表测通过电路的电流，串联电路各处电流相等，当变阻器接入电路的阻值不为零时，由串联电路的电压特点可知电压表V₂的示数大于电压表V₁的示数；由P＝UI可得灯泡正常发光时的电流：I_L 0.5A；灯泡正常发光时的电流为0.5A，所以通过该电路的最大电流为0.5A，且灯泡的电阻是变化的，所以，综合以上分析可知，BC为电压表V₁随电流表示数变化的图像，AB为电压表V₂随电流表示数变化的图像，根据题意和图像可知，滑动变阻器R的滑片从某一位置移到某一端的过程中，电流从0.4A增大为0.5A，说明变阻器的滑片是向左移动的，滑片移到最左端时，灯泡L和定值电阻R₀串联，此时灯泡正常发光，两电压表都测灯泡两端的电压，即为3V，串联电路总电压等于各部分电压之和，根据欧姆定律可得电源电压：U_总＝U_L+U₀＝3V+0.5A×R₀﹣﹣﹣﹣﹣①，滑片在中间某一位置时，灯泡、滑动变阻器和定值电阻R₀串联，电压表V₁测灯泡两端电压，电压表测V₂灯泡和滑动变阻器两端的总电压，此时通过电路的电流为0.4A，灯泡两端的电压为2V，灯泡和滑动变阻器两端的总电压为5V，此时变阻器接入电路的阻值为R 7.5Ω，即ΔR＝7.5Ω﹣0Ω＝7.5Ω；根据串联电路电压规律结合欧姆定律可得电源电压：U_总＝U₂+U₀′＝5V+0.4A×R₀﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，联立①②可得R₀＝20Ω，U_总＝13V，电路消耗的总功率的变化量为：ΔP＝U_总I_L﹣U_总I＝13V×0.5A﹣13V×0.4A＝1.3W，而OA图像对应的电阻值为R_OA 12.5Ω，所以OA不是R₀的U﹣I图像，综上可知，只有B正确。故选：B。

【难度】1

二、填空题：本大题共7小题，每空1分，共26分。

13．（4分）2023年5月，搭载天舟六号货运飞船的长征七号运载火箭圆满发射成功，如图所示。

（1）飞船加速上升过程中，其动能 　 　，重力势能 　 　。

（2）在轨运行的空间站与地面控制中心是通过 　 　波传递信息的，这种波在真空中传播的速度是 　 　m/s。

【答案】（1）变大；变大；（2）电磁；3×10⁸。

【考点】电磁波的传播；动能和重力势能的相互转化．

【分析】（1）物体由于运动所具有的能叫动能，动能与质量和速度有关；物体由于被举高且受到重力所具有的能量叫重力势能，重力势能与质量和高度有关。

（2）电磁波可以传递信息；电磁波在真空中的传播速度为3×10⁸m/s。

【解答】解：（1）飞船加速上升过程中，质量不变，速度和高度增大，其动能变大，重力势能变大。（2）在轨运行的空间站与地面控制中心是通过电磁波传递信息的，电磁波可以在真空中传递信息，这种波在真空中传播的速度是3×10⁸m/s。故答案为：（1）变大；变大；（2）电磁；3×10⁸。

【难度】3

14．（4分）今年五月，第七届南京市中小学生龙舟大赛成功举办。图示是比赛的一个场景。

（1）敲鼓越用力，鼓声越响，这是通过改变声源的 　 　来改变声音的响度，运动员听到的鼓声是通过 　 　传入人耳的。

（2）以运动员为参照物，龙舟是 　 　的。

（3）某赛队在500m直道比赛中共用时1min40s，则龙舟的平均速度是 　 　m/s。

【答案】（1）振幅；空气；（2）静止；（3）5

【考点】响度与振幅、距离发声体的关系；运动和静止的相对性；平均速度；声音的传播条件．

【分析】（1）响度与振幅有关，声音的传播需要介质；

（2）根据物体与参照物之间的位置是否改变判断运动和静止；

（3）根据速度公式v 计算。

【解答】解：（1）敲鼓越用力，鼓皮的振幅越大，鼓声越响，这是通过改变声源的振幅来改变声音的响度，运动员听到的鼓声是通过空气传入人耳的。（2）以运动员为参照物，龙舟与运动员之间的位置没有改变，是静止的。（3）某赛队在s＝500m直道比赛中共用时t＝1min40s＝100s，龙舟的平均速度v 5m/s。故答案为：（1）振幅；空气；（2）静止；（3）5。

【难度】3

15．（4分）如图是一些小冰块温度随加热时间变化的图像，假设单位时间内物体吸收的热量相等。由图像可知：

（1）冰熔化过程中，温度 　 　，需要 　 　（选填“吸热”或“放热”）。

（2）AB段比CD段 　 　快，可以说明冰比水的比热容小。100g冰温度从﹣5℃升高到0℃，吸收的热量为 　 　J。[c_冰＝2.1×10³J/（kg•℃）]

【答案】（1）不变；吸热；（2）升温；1050

【考点】比热容的图像；熔化与凝固的温度曲线；比热容的概念．

【分析】（1）晶体熔化过程中吸收热量，温度保持不变；

（2）根据吸热公式Q_吸＝cnΔt计算冰吸收的热量。

【解答】解：（1）冰熔化过程中，温度不变，需要吸热；（2）由图可知AB段比CD段升温快，可以说明冰比水的比热容小；已知冰的质量m＝100g＝0.1kg，温度变化Δt＝0℃﹣（﹣5℃）＝5℃，因此冰熔化吸收的热量Q_吸＝cmΔt＝2.1×10³J/（kg•℃）×0.1kg×5℃＝1050J。故答案为：（1）不变；吸热；（2）升温；1050。

【难度】3

16．（4分）有一捆粗细均匀、横截面积为2.5×10^﹣4m²的金属丝，质量m＝89kg。根据以下方案可以测出它的长度。

（1）方案一：

①选取一段金属丝，用天平测量其质量。当天平平衡时，放在右盘中的砝码和游码在标尺上的位置如图所示，其质量m₁＝　 　g；

②用量筒和水测出这段金属丝的体积为6cm³；

③金属丝的密度是 　 　kg/m³；

④这捆金属丝的长度是 　 　km。

（2）方案二：

直接测出操作①中选取的那段金属丝的长度l₁，算出这捆金属丝的总长度l_总＝　 　（用m、m₁和l₁表示）。

【答案】（1）53.4；8.9×10³；0.04；（2） l₁。

【考点】测量固体的密度．

【分析】（1）金属丝的质量等于砝码的质量与游码示数之和；已知金属丝是体积，根据密度公式计算金属丝的密度；

根据V 计算这捆金属丝的体积，根据l 计算这捆金属丝的长度；

（2）选取的那段金属丝的长度与这捆金属丝的长度之比等于其质量之比，据此算出这捆金属丝的总长度。

【解答】解：（1）由图可知金属丝的质量：m₁＝50g+3.4g＝53.4g；金属丝的密度：ρ 8.9g/cm³＝8.9×10³kg/m³；这捆金属丝的体积：V 0.01m³；长度是：l 40m＝0.04km；（2）测出操作①中选取的那段金属丝的长度l₁，算出这捆金属丝的总长度l_总 l₁。故答案为：（1）53.4；8.9×10³；0.04；（2） l₁。

【难度】3

17．（4分）用杠杆和滑轮组均可提升重物。

（1）用杠杆将重为180N的物体匀速提升50m，用时2s，杠杆机械效率为90%，则提升该物体做的有用功是 　 　J，总功的功率是 　 　W。

（2）用如图所示的滑轮组竖直向上匀速提升重物，不计绳重和摩擦。当物体和动滑轮的总重为200N时，滑轮组的机械效率为80%，则动滑轮重为 　 　N；若重物变为400N，将物体匀速提升1m，此过程拉力F所做的总功为 　 　J。

【答案】（1）9000；5000；（2）40；440

【考点】滑轮、滑轮组机械效率的计算；功率的计算；有用功、额外功与总功．

【分析】（1）根据W_有＝Gh可求出有用功；利用η 求出总功，根据P 求出总功的功率；

（2）不计绳重和摩擦，根据η 求出物重，然后求出动滑轮重力；

根据F （G+G_动）算出若重物变为400N时的拉力，由s＝nh算出此过程拉力F所做的总功。

【解答】解：（1）有用功：W_有＝G_甲h＝180N×50m＝9000J；由η 可知，总功：W_总 10000J，总功的功率：P 5000W；（2）不计绳重和摩擦，当重物和动滑轮的总重为200N时，根据η 可知，80% ，解得：G＝160N，故动滑轮重为G_动＝200N﹣G＝200N﹣160N＝40N；由图知n＝2，若重物变为400N时的拉力为：F （G′+G_动） （400N+40N）＝220N，绳子移动的距离为：s＝2h′＝2×1m＝2m，此过程拉力F所做的总功为：W_总′＝Fs＝220N×2m＝440J。故答案为：（1）9000；5000；（2）40；440。

【难度】3

18．（3分）如图所示，从倒置的漏斗口用力吸气后，乒乓球不掉落，说明 　 　的存在。用力持续向下吹气，乒乓球也不掉落，这是因为乒乓球两侧上方空气的流速 　 　（选填“大”或“小”，下同），球下方的气体压强比上方气体压强 　 　。

【答案】大气压；大；大

【考点】流体压强与流速的关系；大气压存在的现象．

【分析】吸气使得内部气压减小，在大气压作用下不下落；

液体和气体都称为流体，生活中常见的流体是水和空气，流体中流速越大的地方、压强越小，流体中流速越小的地方、压强越大。

【解答】解：从倒置的漏斗口用力吸气后，使得内部气压减小，乒乓球在外侧大气压的作用下不掉落，说明大气压的存在。用力持续向下吹气，乒乓球也不掉落，这是因为乒乓球两侧上方空气的流速大，根据流体中流速越大的地方压强越小，球下方的气体压强比上方气体压强大。故答案为：大气压；大；大。

【难度】3

19．（3分）某型号的电热水器有高、中、低三挡位，其测度电路如图所示，R₁和R₂为电阻丝，闭合开关S、S₁，S₂接b，电流表示数为10A；再断开S₁，电流表示数变化了8A，则：

（1）R₁＝　 　Ω；

（2）低温挡工作2min产生的热量是 　 　J；

（3）高温挡功率为 　 　W。

【答案】（1）22；（2）5.28×10⁴；（3）2750

【考点】焦耳定律推导公式的应用；欧姆定律的应用；欧姆定律的多状态计算；电功率多档位问题；电功率的综合计算．

【分析】（1）闭合开关S、S₁，S₂接b，此时电路中只有R₁，R₂被短路；电流表测电路中的电流；已知此时电流表的示数，即电路中的电流，利用I 可得出R₁的阻值；

（2）再断开S₁时，R₁和R₂串联，电流表测电路中的电流；由于电路的电阻变大，则此时电流表的示数变小，根据电流表的变化量求出此时电流表的示数，即此时电路中的电流，利用I 和电阻的串联特点得出R₂的阻值；

根据P 可知R₁和R₂串联时处于低温挡，利用Q＝W＝UIt求出低温挡工作2min产生的热量；

（3）根据P 可知闭合开关S₁，S₂接B时，R₁和R₂并联，此时处于高温挡，根据P 和并联电路的特点可求出高温挡功率。

【解答】解：（1）闭合开关S、S₁，S₂接b，此时电路中只有R₁，R₂被短路；电流表测电路中的电流；已知此时电流表的示数为10A，即电路中的电流为I₁＝10A，由I 可知：R₁ 22Ω；（2）再断开S₁时，R₁和R₂串联，电流表测电路中的电流；由于电路的电阻变大，则此时电流表的示数变小，此时电路中的电流：I＝I₁﹣ΔI＝10A﹣8A＝2A，由I 可得总电阻：R 110Ω；根据电阻的串联特点可得R₂的阻值为：R₂＝R﹣R₁＝110Ω﹣22Ω＝88Ω；根据P 可知电路中电阻越大电功率越小，所以R₁和R₂串联时处于低温挡，低温挡工作2min产生的热量：Q＝W＝UIt＝220V×2A×2×60s＝5.28×10⁴J；（3）闭合开关S₁，S₂接a时，R₁和R₂并联，根据P 可知此时处于高温挡，则高温挡功率P_高＝P₁+P₂ 2750W。故答案为：（1）22；（2）5.28×10⁴；（3）2750。

【难度】3

三、解答题：本题共11小题，共50分。解答第27、28题时要求写出必要的文字说明、公式和演算过程。

20．（2分）木块静止在水平桌面上，请画出木块对桌面压力的示意图。

【答案】

【考点】压力的示意图；画力的示意图．

【分析】根据压力是接触面受到的力确定压力的作用点，然后根据压力与接触面垂直的关系确定压力的方向，再过作用点表示出压力的方向。

【解答】解：木块对桌面压力的作用点在接触面的中点处，压力的方向垂直于桌面向下；过压力的作用点作垂直于桌面向下的力F，即为压力的示意图。如图所示：

【难度】3

21．（2分）如图中，小明的眼睛在C处，图示是小明刚好看到水中杯底硬币的A端的光路，在图中用箭头标明光的传播方向；向杯中缓慢注水，在图中画出小明刚看到硬币B端时水面的位置。

【答案】

【考点】根据物和像作折射光路图．

【分析】看见水中物体是光从水中进入空气射入人眼，当光从水中斜射入空气时，折射光线偏离法线，入射角不变，则折射角不变。

【解答】解：刚好看到水中杯底硬币的A端，光从水中进入空气，据此标出方向，加水后看见B端，折射光不变，则入射光与原来的入射光平行，与折射光的交点是入射点，水面过入射点，如图所示：

【难度】3

22．（3分）如图中，用笔画线将灯（开关控制灯）和插座分别接入电路中。

【答案】

【考点】家庭电路的连线作图．

【分析】（1）灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套，这样断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故；

（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。

【解答】解：灯泡接法：为了安全，开关要接在火线与灯之间；三孔插座的接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线，如图所示：

【难度】3

23．（4分）用一个焦距为10cm的凸透镜做“探究凸透镜成像规律”实验，装置如图所示。

（1）烛焰和光屏的中心应位于凸透镜的 　 　上；

（2）在图示位置将蜡烛向右移到20cm刻度线处，此时将图中的光屏向 　 　移动，调节后可在光屏上得一个倒立、　 　清晰的实像；

（3）在图示情景下，要使光屏出现倒立清晰的实像，可在凸透镜左边适当位置放置一个矫正 　 　（选填“近”或“远”）视眼的合适镜片。

【答案】（1）主光轴；（2）左；缩小；（3）近。

【考点】烛焰、光屏的移动；探究凸透镜成像的规律；探究凸透镜成像实验的成像原理．

【分析】（1）为使所成像能在光屏的中心，必须使烛焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度上；

（2）根据凸透镜的成像规律，当物距大于二倍焦距，像距介于二倍焦距与一倍焦距之间时，所成的像是倒立、缩小的实像；

（3）近视镜是凹透镜，对光线有发散作用。

【解答】解：（1）为使所成像能在光屏的中心，必须使蜡烛的焰心、凸透镜、光屏的中心在同一高度上，烛焰和光屏的中心应位于凸透镜的主光轴上；（2）当蜡烛位于20cm刻度处时，此时物距为30cm，大于二倍焦距20cm，所成的像是倒立缩小的实像，像距介于二倍焦距与一倍焦距之间，光屏位于二倍焦距处，像成在光屏的前方，此时将图中的光屏向左移动；（3）凸透镜焦距为10cm，由图可知此时物距大于二倍焦距，而光屏位于二倍焦距处，由凸透镜成像规律可知像距介于一倍焦距与二倍焦距之间时才能成清晰的实像，即清晰的像成在光屏的前方，要使光屏出现倒立清晰的实像（光屏不动），则需要使折射光线推迟会聚，因为近视眼镜（凹透镜）对光线有发散作用，所以应在凸透镜左边适当位置放置一个矫正近视眼的合适镜片。故答案为：（1）主光轴；（2）左；缩小；（3）近。

【难度】3

24．（4分）如图所示，A、B、C是置于水平桌面上的三个圆柱形容器，分别装有水和酒精。B和C两容器的底面相同，且其中的液体深度也相同。三个容器中液体对容器底部压强的大小分别为p_A、p_B、p_C（已知ρ_水＞ρ_酒精）。

（1）p_A、p_B、p_C的大小关系是：p_A　 　p_B；p_B　 　p_C。

（2）仅对图中器材简单操作后，利用压强计可以证明液体对容器底部的压强与容器底面积大小无关。简单操作是 　 　。

【答案】（1）＜；＞；（2）将B中水部分倒入A，使得高度相等，用压强计测量底部的压强。

【考点】探究液体内部的压强．

【分析】根据液体的压强公式p＝ρgh比较压强大小关系；

证明液体对容器底部的压强与容器底面积大小无关，必须控制液体的密度和深度相同。

【解答】解：（1）AB的密度相同，B的深度大，根据p＝ρgh知，B的压强大；BC深度相同，C的密度小，根据p＝ρgh知，C的压强小；p_A、p_B、p_C的大小关系是：p_A＜p_B；p_B＞p_C。（2）仅对图中器材简单操作后，利用压强计可以证明液体对容器底部的压强与容器底面积大小无关。必须控制液体的密度和深度相同，而容器的底面积不同，将B中水部分倒入A，使得高度相等，用压强计测量底部的压强。故答案为：（1）＜；＞；（2）将B中水部分倒入A，使得高度相等，用压强计测量底部的压强。

【难度】3

25．（5分）利用手边材质均匀的刻度尺和长方体橡皮可以做小实验：

（1）甲图中，橡皮的长度为 　 　cm；

（2）乙图中，用力越大，刻度尺形变越大，说明力的作用效果与力的 　 　有关，松手后橡皮被弹起，说明弯曲的刻度尺有 　 　能；

（3）丙图中，刻度尺的中间位置紧贴桌子边缘，将橡皮放在刻度尺上，其右端与桌子边缘齐平。若橡皮的质量为m₁，刻度尺的质量为m₂，橡皮的长为l，当水平向右缓慢推动刻度尺的距离超过 　 　（用m₁、m₂、l表示）时，刻度尺会翻倒。

【答案】（1）4.00；（2）大小；弹性势；（3） 。

【考点】测量物体的长度；力的作用效果；影响力的作用效果的因素．

【分析】（1）刻度尺相邻刻度线间的距离是刻度尺的分度值；物体两端点所对应刻度尺的示数之差是物体的长度；

（2）力的作用效果与力的大小、方向、作用点都有关；物体由于弹性形变所具有的能量叫弹性势能；

（3）以桌子边缘为支点，利用杠杆的平衡条件求出刻度尺重力的力臂，即为当水平向右缓缓推动刻度尺的距离。

【解答】解：（1）由图甲可知，刻度尺的分度值是1mm，物体A的长度是7.90cm﹣3.90cm＝4.00cm；（2）用力越大，刻度尺形变越大，说明力的作用效果与力的大小有关；松手后橡皮被弹起，说明弯曲的刻度尺具有弹性势能；（3）当刻度尺刚刚没有翻倒时，则以桌子边缘为支点，由于橡皮和刻度尺的重心在物体的几何中心上，则水平向右缓缓推动刻度尺的距离为刻度尺重力的力臂L₂，橡皮重力的力臂为：L₁ l﹣L₂，根据杠杆的平衡条件可得：G₁L₁＝G₂L₂，即：m₁g×（ l﹣L₂）＝m₂g×L₂，解得：L₂ 。故答案为：（1）4.00；（2）大小；弹性势；（3） 。

【难度】5

26．（3分）课本中做“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”实验的装置如图所示：

（1）甲、乙实验中以下四个方面：①烧杯内液体种类；②烧杯内液体质量；③加热时间；④烧杯内液体温度的变化量。其中要求相等同的有 　 　（填序号）；

（2）燃料燃烧过程中，其热值 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

【答案】（1）①②；（2）不变。

【考点】热值的简单计算．

【分析】在比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量的实验中，采用控制变量法，控制加热的液体质量、种类以及燃料的质量一致，让燃料完全燃烧，比较液体温度的变化量；

热值是燃料的固有属性，只和燃料的种类有关。

【解答】解：（1）控制加热的液体质量、种类以及燃料的质量一致，让燃料完全燃烧，比较液体温度的变化量，变化量越大的说明燃料的热值越大，所以填①②；（2）热值是燃料的固有属性，只和燃料的种类有关，因此燃料燃烧过程中，其热值不变；故答案为：（1）①②；（2）不变。

【难度】3

27．（4分）用木块、木板、毛巾、棉布、弹簧测力计、金属块等器材做“探究影响滑动摩擦力大小因素”实验。

（1）如图所示，将木块置于水平木板上，应水平拉动木块，使它沿长木板做 　 　直线运动；

（2）实验中应选择木板、棉布、毛巾是为了改变 　 　；

（3）在图示情况下，做以下调整后再次水平拉动木块，其中会改变木块所受滑动摩擦力大小的有 　 　（填序号）。

①增大拉力

②加大拉动木块的速度

③把木块沿竖直方向截掉一部分

④在木块上加金属块

【答案】（1）匀速；（2）接触面的粗糙程度；（3）③④。

【考点】探究影响滑动摩擦力大小的因素的实验．

【分析】（1）根据二力平衡的知识可知，用弹簧测力计水平方向匀速拉动木块时，弹簧测力计的拉力等于滑动摩擦力的大小；

（2）摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关；

（3）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，据此逐项分析各选项得出答案。

【解答】解：（1）如图，将木块置于水平木板上，用弹簧测力计在水平方向上匀速拉动木块，读出弹簧测力计示数，根据二力平衡知识即可知滑动摩擦力的大小；（2）实验选用粗糙程度不同的表面，是在压力一定，改变接触面的粗糙程度改变摩擦力；（3）①增大拉力，木块对木板的压力不变，接触面的粗糙程度不变，因此木块所受滑动摩擦力大小不变，故①不符合题意；②加大拉动木块的速度，木块对木板的压力不变，接触面的粗糙程度不变，因此木块所受滑动摩擦力大小不变，故②不符合题意；③把木块沿竖直方向截掉一部分，受力面积变小，压力也变小，接触面的粗糙程度不变，因此木块所受滑动摩擦力变小，故③符合题意；④在木块上加金属块，压力变大，接触面的粗糙程度不变，因此木块所受滑动摩擦力变大，故④符合题意；综上所述，其中会改变木块所受滑动摩擦力大小的有③④。故答案为：（1）匀速；（2）接触面的粗糙程度；（3）③④。

【难度】5

28．（8分）现有两只阻值未知的定值电阻R_x1和R_x2。

（1）图甲为用伏安法测量R_x1的部分电路。

①用笔画线将电路补充完整，要求滑动变阻器接入电路阻值最大（图中滑片P在B端）；

②正确连接电路后，闭合开关，移动滑片P，进行三次实验，测得的电流、电压的部分数据如下表。第3次实验的电流大小如图乙所示为 　 　A；

实验序号	U/V	I/A
1	1.2	0.12
2	2.0	0.20
3	2.5

③R_x1的阻值为 　 　Ω（精确到0.1）；

④实验结束后，应先断开 　 　，拆除 　 　两端的导线；

（2）用图丙所示的电路可以测出R_x2的阻值。图中有两只阻值已知分别为R₁和R₂的定值电阻，R₀为电阻箱，电源电压恒定。

①只闭合S₁，记录电压表V₁的示数U；

②只闭合S₂，调整电阻箱的阻值，使电压表V₂的示数也为U，记录此时电阻箱的阻值R；

③则R_x2＝　 　。

【答案】（1）①见解答图；②0.24；③10.1；④开关；电源；（2） 。

【考点】伏安法测电阻．

【分析】（1）①根据滑片P在B端时滑动变阻器接入电路的阻值最大，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱，电压表与定值电阻并联；

②根据图甲确定电流表选用的量程，由图乙确定分度值读数；

③根据表中数据结合欧姆定律求三次待测电阻R_x1的阻值，然后求平均值；

④为了保护电路，整理器材时先断开开关，再拆除电源的导线；

（2）分别求出S接1和接2时电源电压，根据电源电压不变列等式求出R_x2的阻值。

【解答】解：（1）①据题意可知，滑动变阻器滑片P在B端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，故滑动变阻器选用左下接线柱与定值电阻串联在电路中，电压表与定值电阻并联，如下图所示： ；②由图甲可知，电流表选用小量程；第3次实验的电流大小如图乙所示，电流表分度值0.02A，其示数为0.24A，③由表中数据可知，三次待测电阻R_x1的阻值为：R_x11 10Ω，R_x12 10Ω，R_x13 10.4Ω，则R_x1的阻值为：R_x1 10.1Ω；④为了保护电路，整理器材时先断开开关，再拆除电源的导线；（2）在步骤①中，只闭合S₁，R_x2与R₁串联，电压表测R_x2两端电压为U，则电源电压为：U_源 （R_x2+R₁）；在步骤②中，电阻箱与R₂串联，电压表测电阻箱两端电压为U，此时电阻箱的阻值为R，则电源电压为：U_源 （R+R₂），因电源电压不变，则 （R_x2+R₁） （R+R₂），解得：R_x2 。故答案为：（1）①见解答图；②0.24；③10.1；④开关；电源；（2） 。

【难度】5

29．（6分）图甲所示为公交车上的安全锤，具体形状如图乙所示。利用它在紧急情况下可以敲碎玻璃帮助乘客逃生。

（1）透过车窗可以清楚地看到窗外的景物，说明玻璃具有较好的 　透明　度；

（2）已知安全锤的质量为400g，求安全锤的重力（g取10N/kg）；

（3）若敲击处玻璃能承受的最大压强为1.5×10⁷Pa，锤尖的面积为2mm²，求至少要用多大的压力才能敲碎玻璃。

【答案】（1）透明；（2）安全锤的重力为4N；（3）至少要用30N的压力才能敲碎玻璃。

【考点】压强的公式的应用；重力的计算．

【分析】（1）玻璃具有较好的透明度；

（2）已知安全锤的质量，由G＝mg可求得安全锤的重力；

（3）知道玻璃能承受的最大压强，根据压强公式求出最大压力。

【解答】解：（1）透过车窗可以清楚地看到窗外的景物，说明玻璃具有较好的透明度；（2）安全锤的重力：G＝mg＝400×10^﹣3kg×10N/kg＝4N；（3）锤尖的面积为S＝2mm²＝2×10^﹣6m²，由p 可得，敲碎玻璃的最大压力：F＝pS＝1.5×10⁷Pa×2×10^﹣6m²＝30N。答：（1）透明；（2）安全锤的重力为4N；（3）至少要用30N的压力才能敲碎玻璃。

【难度】3

30．（9分）生活中，电梯超载时，自动报警系统的电铃响起，电梯无法起降。报警系统的工作原理如图甲所示，控制电路电源电压U＝6V，电磁铁线圈电阻R₀＝150Ω，电阻箱R₁的电阻设定为250Ω，R₂为压敏电阻，其阻值与压力的大小关系如图乙所示。当线圈中的电流大于或等于10mA时，衔铁被吸合，受控制电路中电动机断电，报警电铃响，实现超载停机并发出提醒。

（1）电梯的自动报警电铃应接在 　 　（选填“C、D”或“E、F”）之间。电磁铁通电时，上端为 　 　极；

（2）空载时电梯底座对R₂的压力等于电梯厢的重力为4000N，闭合开关S₁，求空载时控制电路中的电流大小；

（3）求该电梯限载人数；（设每人质量为70kg，g取10N/kg）

（4）若要求电梯限载人数减小，请对控制电路提出两种改进措施。

【答案】（1）E、F；N；（2）空载时控制电路中的电流大小为5mA；（3）该电梯限载人数为8人；（4）增大电源电压或减小R₁的阻值。

【考点】电磁继电器的构造与原理；欧姆定律的应用；光敏、热敏、压敏等半导体电路分析．

【分析】（1）根据题中的信息和电磁铁的特点分析解答；根据安培定则分析电磁铁的极性；

（2）由图乙知，空载时电梯底座对R₂的压力为4000N时，R₂压敏电阻对应的电阻为800Ω，由图甲知控制电路中电磁铁线圈电阻R₀、电阻箱R₁和压敏电阻R₂串联接入电路，可得电路的总电阻，由欧姆定律可得空载时控制电路中的电流；

（3）由欧姆定律可得当线圈中的电流等于10mA时电路的总电阻，由图丙可知此时对应的压力，根据空载时和超载时的压力，算出人的总重力，根据G＝mg算出一个人的重力，根据n 算出超载人数，进而求出限载人数；

（4）结合欧姆定律分析减小起始压力，然后得出可行的做法。

【解答】解：（1）当线圈中的电流大于或等于10mA时，受控制电路中电动机断电，报警电铃响，实现超载停机并发出提醒，此时电磁继电器的衔铁被吸合，动触点和下面的静触点接触，电铃接在E、F位置时就会被接通发出报警声；如图所示，电流从电磁铁的下端流入，上端流出，根据安培定则可知，电磁铁的上端为N极；（2）由图乙知，空载时电梯底座对R₂的压力为4000N时，R₂压敏电阻对应的电阻为800Ω，由图甲知控制电路中电磁铁线圈电阻R₀、电阻箱R₁和压敏电阻R₂串联接入电路，电路的总电阻R_总＝R₀+R₁+R₂＝150Ω+250Ω+800Ω＝1200Ω，空载时控制电路中的电流I 0.005A＝5mA；（2）当线圈中的电流等于10mA时，电路的总电阻R_总′ 600Ω，此时压敏电阻R₂′＝R_总′﹣R₀﹣R₁＝600Ω﹣150Ω﹣250Ω＝200Ω，由图丙可知，此时对应的压力为1×10⁴N，即当压力F＝1×10⁴N时超载，电梯报警，空载时电梯底座对R₂的压力等于电梯厢的重力为4000N，故电梯中人的重力为：G_人＝F﹣F_空＝1×10⁴N﹣4×10³N＝6×10³N；一个人的重力为：G₁＝mg＝70kg×10N/kg＝700N；电梯超载时的人数为：n 8.6，故电梯限载人数为8人；（4）保持起始报警电流不变，若要减小核载人数，压力变小，则R₂的阻值变大；由于吸合电路不变，根据U＝IR可知，可以增大电源电压；吸合电流不变，在电源电压一定时，电路的总电阻不变，所以可以减小R₁的阻值。故答案为：（1）E、F；N；（2）空载时控制电路中的电流大小为5mA；（3）该电梯限载人数为8人；（4）增大电源电压或减小R₁的阻值。

【难度】5